Corso di Fisica Generale 1 (mod. B) – Esercitazione
Giovedì 26 maggio 2011
Regole pratiche per il calcolo della variazione di Entropia ΔS.
B⎛ dQ ⎞
S B − S A = ΔS = ∫ ⎜
⎟
A
T
⎝
⎠ rev
L’integrale della quantità dQ/T è calcolato lungo una qualsiasi trasformazione reversibile che
collega lo stato termodinamico iniziale A (Va, pa, Ta) allo stato termodinamico finale B (Vb, pb,
Tb). Un universo termodinamico consta di un sistema termodinamico e dell’ambiente circostante.
ΔSuniv = ΔSsist + ΔSamb
Se l’universo compie una trasformazione reversibile
ΔSuniv = 0 e ΔSamb = - ΔSsist
Se l’universo compie una trasformazione irreversibile
ΔSuniv > 0 e ΔSamb ≠ -ΔSsist
1) Trasformazione ciclica del sistema
ΔSsist = 0, sia che la trasformazione sia reversibile o irreversibile
ΔSamb = - ΔSsist = 0, se la trasformazione è reversibile → ΔSuniv = 0
ΔSamb ≠ - ΔSsist, se la trasformazione è irreversibile, in particolare ΔSuniv = ΔSamb > 0
2) Scambio di calore Q con una sorgente a temperatura costante T
ΔSsorg = Q / T
ΔSsorg > 0 se Q è positivo (calore assorbito della sorgente),
ΔSsorg < 0 se Q è negativo (calore ceduto dalla sorgente)
3) Cambiamento di fase
ΔSsist = mλ / T
con m massa che ha cambiato fase, λ calore latente, T temperatura del processo.
ΔSsist > 0 se il sistema assorbe calore (liquefazione, vaporizzazione),
ΔSsist < 0 se il sistema cede calore (solidificazione, condensazione)
4) Scambio di calore con un corpo solido o liquido
TB ⎛ dT ⎞
ΔS sist = m ∫ c⎜
⎟ , in particolare se il calore specifico c non dipende da T
TA
⎝ T ⎠
ΔSsist = m * c * ln (TA/TB)
5) Trasformazioni generiche di un gas ideale
ΔSsist(V,T) = SB - SA = nCv ln (Tb/Ta) + nR ln (Vb/Va) = nCv ln [(Tb Vb^(γ-1)) / (Ta Va^(γ-1))]
ΔSsist(p,V) = SB - SA = nCv ln (pb/pa) + nCp ln (Vb/Va) = nCv ln [(pb Vb^γ) / (pa Va^γ)]
ΔSsist(p,T) = SB - SA = nCp ln (Tb/Ta) - nR ln (pb/pa) = nCp ln [(Tb pb^((1- γ)/ γ)) / (Ta pa^((1- γ)/
γ))]
6) Trasformazioni Isocore
ΔSsist = SB - SA = nCv ln (Tb/Ta) = nCv ln (pb/pa)
7) Trasformazioni Isobare
ΔSsist = SB - SA = nCp ln (Tb/Ta) = nCp ln (Vb/Va)
8) Trasformazioni Isoterme
ΔSsist = SB - SA = nR ln (Vb/Va) = nR ln (pa/pb)
9) Trasformazione Adiabatiche
ΔSsist = 0, se la trasformazione è reversibile
ΔSsist > 0, se la trasformazione è irreversibile
(Nota: due stati termodinamici collegati da una trasformazione adiabatica reversibile non possono
essere collegati da una trasformazione adiabatica irreversibile).
10) Espansione Libera (Trasformazione Adiabatica Isoterma Irreversibile)
ΔSsist = SB - SA = nR ln (Vb/Va) = nR ln (pa/pb) > 0, perché Vb > Va (espansione)
Energia Inutilizzabile
EIN = T0 ΔSuniv
con T0 temperatura della sorgente più fredda disponibile nell’ambiente
Esercizio 1. Un recipiente rigido A di volume Va = 5 * 10^-3 m^3, contenente n = 0.4 moli di un
gas ideale monoatomico alla temperatura Ta = 300 K, è chiuso da un rubinetto che lo collega ad un
palloncino vuoto, di tela inestensibile e a perfetta tenuta d’aria. Si apre un rubinetto ed il palloncino
si gonfia occupando il volume Vb = 2 * 10^-3 m^3. Supposto che il processo avvenga senza scambi
di calore con l’ambiente, che si trova a pressione pamb = 1 bar, si determini ad equilibrio raggiunto:
a) la temperatura finale del gas, Tf
b) la pressione finale del gas, pf
c) la variazione di entropia dell’universo, ΔSuniv
Risoluzione. a) Il processo è una trasformazione adiabatica (Q = 0) irreversibile (durante la
trasformazione non c’è equilibrio meccanico: pgas > pamb), durante la quale il gas compie un
lavoro contro la pressione esterna pamb.
W = pext (Vfinale – Viniziale) = pext (Va + Vb – Va) = pext Vb = 200 J
Il lavoro compiuto dal gas nel processo di espansione è pari all’opposto della variazione di energia
interna ΔU = Q – W = - W
ΔU = n Cv (Tf – Ta) = -W = -200 J
Da cui Tf = Ta – W / (n Cv) = 300 K – 40.1 K = 259.9 K
b) La pressione finale del gas si ricava dalla legge dei gas ideale
pf = n R Tf / Vfinale = n R Tf / (Va + Vb) = 1.23 bar
c) La trasformazione è un’adiabatica irreversibile per cui:
ΔSamb = 0 J/K (l’ambiente esterno non scambia calore con il sistema)
Conosciamo i valori del volume Va, Ta del gas prima della trasformazione e Vfinale, Tf dopo la
trasformazione:
ΔSsist(V,T) = n Cv ln [(Tf Vfinale^(γ-1)) / (Ta Va^(γ-1))] = +0.4 J/K
con γ = 5/3.
ΔSuniv = ΔSsist + ΔSamb = 0.4 J/K + 0 J/K = + 0.4 J/K.
Esercizio 2. Un recipiente a pareti rigide ed adiabatiche è diviso in due parti A e B da un setto pure
adiabatico. Nelle due parti sono contenute rispettivamente na = 2 e nb = 3 moli di un gas ideale
biatomico alle temperature Ta = 300 K e Tb = 800 K. Si toglie il setto ed i due gas si mescolano. I
volumi sono Va = 2*10^-3 m^3 e Vb= 4*10^-3 m^3. Si determini:
a) la temperatura di equilibrio To, b) la variazione di entropia del sistema ΔSsist.
Risoluzione. a) Il processo di mescolamento dei due gas è adiabatico (Q = 0, non c’è scambio di
calore con l’ambiente esterno) e a lavoro è nullo (W = 0, perché le pareti sono rigide), pertanto la
variazione di energia interna totale del sistema è nulla, ΔU = 0.
ΔU = ΔUa + ΔUb = na Cv (To – Ta) + nb Cv (To – Tb) = 0
To = (na Cv Ta + nb Cv Tb) / (na Cv + nb Cv) = (naTa + nbTb) / (na + nb) = 600 K
b) ΔSsist = ΔSsist,a + ΔSsist,b
ΔSsist,a(V,T) = na Cv ln [(To * (Va+Vb)^(γ-1)) / (Ta Va^(γ-1))] = + 47.1 J/K
ΔSsist,b(V,T) = nb Cv ln [(To * (Va+Vb)^(γ-1)) / (Tb Vb^(γ-1))] = - 7.8 J/K
ΔSsist = + 39.3 J/K = ΔSuniv
Esercizio 3. Si abbia un cilindro a pareti adiabatiche di volume totale V0 = 10^-2 m^3. Questo
volume è separato in due parti da un setto rigido e adiabatico che può scorrere senza attrito.
Inizialmente il setto è in posizione centrale e ciascuna parte contiene n = 2 moli di un gas ideale
monoatomico alla temperatura To = 400 K. Dall’esterno il setto viene spostato molto lentamente
finché il cilindro resta diviso in due parti i cui volumi sono uno triplo dell’altro e quindi bloccato. Si
determini, assumendo il sistema reversibile: a) la temperatura raggiunta in ciascuna delle due parti;
b) il lavoro nel processo, c) la variazione di entropia del gas.
Risoluzione. a) Chiamiamo A la zona all’interno del cilindro che subisce l’espansione adiabatica da
Vai = 0.5 * 10^-2 m^3 a Vaf = 0.75 * 10^-2 m^3 e B la zona che invece subisce la compressione
adiabatica da Vbi = 0.5 * 10^-2 m^3 a Vbf = 0.25 * 10^-2 m^3.
Calcoliamo le temperature finali, Taf e Tbf con le relazioni delle trasformazioni adiabatiche
reversibili:
To Vai^( γ-1) = Taf Vaf^( γ-1), da cui Taf = 305.2 K
To Vbi^( γ-1) = Tbf Vbf^( γ-1), da cui Tbf = 635.0 K
b) Trattandosi di una trasformazione adiabatica (Q = 0), il lavoro è dato dall’opposto della
variazione di energia interna del sistema composto dai due gas:
W = - ΔU = - ΔUa – Δub = - n Cv (Taf – To) – n Cv (Tbf – To) = - 3497 J
c) Essendo una traformazione adiabatica reversibile ΔSsist = 0 J/K.
Esercizio 4. Un cilindro a pareti adiabatiche e capacità termica trascurabile è chiuso da un pistone
adiabatico scorrevole senza attrito. Il cilindro contiene una mole di gas ideale biatomico alla
pressione p1 = 2.4 bar e temperatura T1 = 600 K. Poiché la pressione esterna, p0 = 1bar, è minore
di quella del gas, il pistone è inizialmente bloccato da un fermo. Ad un certo istante si toglie il
blocco, permettendo al gas di espandersi. Dopo un intervallo di tempo sufficientemente lungo, il gas
raggiunge uno stato di equilibrio alla temperatura T2 = 500 K. Si determini: a) il lavoro compiuto
dal gas, b) la variazione di entropia del gas, c) la temperatura finale se l’espansione avvenisse in
modo reversibile.
Risoluzione. a) Il volume nello stato iniziale si ricava dalla legge dei gas perfetti,
V1 = n R T1 / p1 = 20.8 * 10^-3 m^3
Mentre nello stato finale la pressione p2 = p0 = 1 bar è pertanto
V2 = n R T2 / p2 = 41.6 * 10^-3 m^3
Durante l’espansione (adiabatica irreversibile) il gas compie lavoro contro la pressione esterna
costante p0.
W = p0 * (V2 – V1) = 2080 J
b) La variazione di entropia si calcola da utilizzando una delle formule generiche:
ΔSsist(p,V) = S2 – S1 =nCv ln [(p2 V2^γ) / (p1 V1^γ)], con γ = 7/5 (gas biatomico)
ΔSsist = + 1.97 J/K.
c) Nel caso in cui la trasformazione fosse reversibile, nota la pressione nello stato inziale, p1 = 2.4
bar e nello stato finale p3 = 1.0 bar e la temperatura nello stato iniziale T1 = 600 K, la temperatura
dello stato finale T3 si ottiene dall’equazione delle adiabatiche reversibili:
T3 * p3^((1- γ)/ γ) = T1 * p1^((1- γ)/ γ)
da cui T3 = 467 K (valore inferiore al caso della trasformazione adiabatica irreversibile).
Esercizio 5. In un recipiente, a pareti conduttrici e chiuso da un pistone scorrevole senza attrito,
sono contenute n = 3 moli di un gas ideale monoatomico. La capacità termica del recipiente è
trascurabile. Inizialmente il gas è in equilibrio termodinamico, a contatto termico con l’ambiente
esterno a Ta = 300 K. Il pistone viene ancorato per impedirne lo scorrimento ed il recipiente viene
posto in un congelatore, alla temperatura Tb = 230 K, fino a che il gas raggiunge l’equilibrio (stato
B). Tolto successivamente il recipiente dal congelatore, viene sganciato l’ancoraggio del pistone
(nuovamente libero di muoversi senza attrito). Dopo un certo tempo il pistone raggiunge una nuova
posizione di equilibrio, con il gas nello stato termodinamico C, in equilibrio con l’ambiente. Si
determini:
a) la variazione di entropia del gas nella trasformazione ABC.
b) la variazione di entropia del congelatore nella trasformazione AB
c) la variazione di entropia dell’ambiente nella trasformazione BC
d) la variazione di entropia dell’universo nella trasformazione ABC
Risoluzione. a) Nello stato termodinamico A è caratterizzato dai seguenti parametri, n = 3, Ta =
300 K, pa = 1 bar (pressione ambientale) e Va = n R Ta / pa = 74.8 * 10^-3 m^3 (con pistone
mobile). Lo stato finale C è anch’esso in equilibrio con l’ambiente esterno, Tc = 300 K, pc = 1 bar e
con il pistone libero di muoversi. Gli stati A e C coincidono, pertanto ΔSgas,abc = 0 J/K
(indipendentemente dal fatto che le trasformazioni AB e BC siano o meno reversibili).
b) La trasformazione AB è un raffreddamento isocoro (il pistone viene bloccato). Il calore ceduto al
congelatore è pari a Qab = n Cv (Tb – Ta) = - 2619 J.
Le variazioni di entropia del gas e del congelatore si calcolano in questo modo:
ΔSsist,ab = n Cv ln (Tb/Ta) = - 9.94 J/K
ΔScong,ab = - Qab / Tb = 2619 J / 230 K = + 11.34 J/K
ΔSuniv,ab = ΔSsist,ab + ΔScong,ab = + 1.45 J/K
c) Nella trasformazione BC il gas assorbe dall’ambiente una quantità di calore Qbc = - Qab = 2619
J, per tornare alla temperatura Tc = Ta = 300 K. Il lavoro sarà chiaramente nullo, perché la
posizione del pistone non varierà. Le variazione di entropia del gas e dell’ambiente saranno:
ΔSsist,bc = n Cv ln (Tc/Tb) = + 9.94 J/K
ΔScong,bc = - Qbc / Tc = - 2619 J / 300 K = - 8.73 J/K
ΔSuniv,bc = ΔSsist,bc + ΔScong,bc = + 1.21 J/K
d) La variazione di entropia dell’universo nella trasformazione ABC sarà data dalla somma delle
entropie del gas (ΔSgas,abc = 0 J/K), del congelatore (ΔScong,ab = + 11.34 J/K) e dell’ambiente
(ΔSuniv,bc = + 1.21 J/K). Complessivamente ΔSuniv,abc = + 2.66 J/K.
